Những câu hỏi nâng cao rèn luyện kĩ năng giải toán môn Toán – Đoàn Văn Bộ, Huỳnh Anh Kiệt - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

(1)



PHÂN TÍCH SAI LẦM



TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO Hướng dẫn giải chi tiết

(2)



PHÂN TÍCH SAI LẦM



TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO Hướng dẫn giải chi tiế

(3)

(4)

LỜI NÓI ĐẦU

Ở bất kì hình thức thi nào trong một cuộc thi nào thì cũng có những sai lầm mà học sinh vấp phải và cũng có những bài toán khó ở trong đề thi. Năm 2016 trở về trước, với hình thức thi tự luận thì các câu hỏi khó thường rơi vào hình học giải tích trong mặt phẳng, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và các bài toán liên quan đến bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Và bắt đầu năm 2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đổi từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm khách quan thì cũng không tránh khỏi là không ra những câu hỏi khó. Đặc biệt là những lỗi sai cơ bản của học sinh, nhằm đánh giá đúng năng lực của học sinh. Dựa trên vấn đề đó, chúng tôi biên soạn ra cuốn sách

“Những câu hỏi nâng cao rèn luyện kĩ năng giải toán môn toán” với mong muốn giúp cho các bạn học sinh có thêm nguồn tư liệu tham khảo, trau dồi kiến thức để có thể thi tốt kì thi Trung học Phổ thông Quốc gia và đạt được ước mơ vào ngôi trường Đại học mà mình mong muốn.

Cuốn sách này gồm có các phần sau:

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ

PHẦN II: TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO

Chuyên đề 1: Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan Chuyên đề 2: Mũ – logarit

(5)

Chuyên đề 4: Số phức

Chuyên đề 5: Hình học không gian

Chuyên đề 6: Phương pháp tọa độ trong không gian PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Cuốn sách này được chúng tôi biên soạn dựa trên các bài toán trong các đề thi thử trên cả nước, từ các nhóm học tập trên facebook. Trong mỗi bài toán, chúng tôi luôn đưa ra những hướng dẫn giải chi tiết. Thêm vào đó, những bài tập nào có kiến thức mới thì chúng tôi cũng có đưa vào, tuy nhiên do thời gian hạn hẹp nên chúng tôi cũng không có viết thêm lý thuyết được nhiều. Chúng tôi đưa những kiến thức mới, nằm ngoài sách giáo khoa nhằm giúp các bạn học sinh có những kiến thức mới, vận dụng nhanh chóng vào các câu hỏi nâng cao. Qua đó cũng giúp các bạn học sinh có cái nhìn mới về Toán học. Các kiến thức mới này nằm ngoài chương trình học của các bạn học sinh nên có thể rất bỡ ngỡ với. Các bạn học sinh có thể đọc và tự chứng minh để kiểm chứng những kiến thức mới đó. Ngoài ra, chúng tôi còn thêm những bài tập tương tự sau những bài tập hướng dẫn giải. Tuy nhiên, cũng chỉ là một chút ít trong số những bài tập mà chúng tôi có phân tích và hướng dẫn.

Vì chúng tôi còn là sinh viên nên còn phải học trên ghế nhà trường. Do đó thời gian biên soạn của chúng tôi có hạn.

Vì vậy, nội dung của cuốn sách này có thể còn có những khuyết điểm và chưa được phong phú cho lắm. Với tinh thần ham học hỏi, chúng tôi luôn mong nhận được sự đóng góp

(6)

Cuối cùng, chúc các bạn học sinh có thể thi tốt kì thi Trung học Phổ thông Quốc gia.

Các tác giả

Đoàn Văn Bộ - Huỳnh Anh Kiệt (Sinh viên Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh) ---

Mọi sự đóng góp vui lòng gửi về¹:

Facebook: https://www.facebook.com/dvboo Gmail: K40.101.183@hcmup.edu.vn

1 Học sinh muốn tệp pdf đầy đủ vui lòng nhắn tin qua facebook hoặc

(7)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ... 4

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ ... 8

PHẦN 2: TỔNG HỢP CÂU HỎI NÂNG CAO ... 39

Chuyên đề 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ... 39

Chuyên đề 2: MŨ – LOGARIT ... 54

Chuyên đề 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN ... 64

Chuyên đề 4: SỐ PHỨC ... 87

Chuyên đề 5: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ... 107

Chuyên đề 6: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ... 130

PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN ... 167

TÀI LIỆU THAM KHẢO ... 175

(8)

PHẦN I: PHÂN TÍCH SAI LẦM QUA NHỮNG BÀI TOÁN CỤ THỂ

Câu 1.

Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

. Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. ^{f x}^

 

^{  }^0, ^x

 

^{a b}^; ^ ^{f x}

 

đồng biến trên

 

^{a b}^; ^.

B. ^{f x}^

 

^{   }^0, ^x _^{a b}^; ^{ }_ ^{f x}

 

đồng biến trên đoạn a b;  C. ^{f x}

 

^đồng ^biến ^trên ^khoảng

 

^{a b}^;

 

^0,

 

^; ^.

f x x a b

   

D. ^{f x}

 

nghịch biến trên

 

^{a b}^; ^ ^{f x}^

 

^{  }^0, ^x

 

^{a b}^; ^.

Giải:

Với câu này, chắc hẳn nhiều học sinh hoang mang, không biết chọn đáp án A hay C. Với câu hỏi như thế này, nếu không nắm vững lý thuyết thì sẽ không trả lời đúng câu này.

Học sinh quen làm với hàm bậc ba, trùng phương hay bậc hai trên bậc nhất thì học sinh sẽ chọn ngay đáp án C. Bởi vì với lý luận mà học sinh hay làm bài tập là: “Hàm số đồng biến trên

 

^{a b}^; khi và chỉ khi ^{f x}^

 

^{  }^0, ^x

 

^{a b}^; ^”.

Sai lầm của học sinh khi chọn đáp án C là ngộ nhận những kiến thức của bài tập mà học sinh hay làm.

Đáp án D sai vì nếu ^{f x}^

 

^{  }^0, ^x

 

^{a b}^; ^thì ^{f x}

 

^nghịch

biến trên khoảng

 

^{a b}^; ^.

Đáp án B sai vì nếu hàm số ^{f x}^

 

có thể không xác định tại a, b nhưng vẫn đồng biến trên a b; . Ví dụ xét hàm

(9)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT

 

^, ^0;1

f x  x x   có 1 f 2

x

  .

Rõ ràng ^{f x}^

 

không xác định tại x0 nhưng hàm số vẫn đồng biến trên 0;1.

Đáp án C sai vì thiếu ^{f x}^

 

^⁰ tồn tại hữu hạn điểm. Mặt khác nếu xét ax b

y cx d

 

 có



^{ad bc}



² ⁰ ⁰

y ad bc

cx d

      

 và

suy ra hàm phân thức đó là hàm hằng. Dẫn đến không thỏa mãn với yêu cầu.

Đáp án A đúng vì theo định lý SGK cơ bản 12 trang 6.

Câu 2.

Cho hàm số 1 3 y x

x

 

 . Xét các mệnh đề sau:

(1) Hàm số luôn nghịch biến trên ^D^ ^{\ 3}

 

^.

(2) Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x1; một tiệm cận ngang là y3.

(3) Hàm số đã cho không có cực trị.

(4) Đồ thị hàm số nhận giao điểm ^I

 

^{3; 1} của hai đường tiệm cận là tâm đối xứng.

Chọn các mệnh đề đúng.

A. (1),(3), (4) B. (3), (4) C. (2), (3),(4) D. (1), (4) Giải:

Sai lầm thường gặp:

Tập xác định ^D^ ^{\ 3}

 

^.

(10)

Ta có

 

²

2 0,

3

y x D

x

     

 .

 Hàm số nghịch biến trên ^{\ 3}

 

^hoặc



^^{; 3}

 

^3;^



Suy ra (1) đúng.

Tiệm cận đứng x3, tiệm cận ngang y1. Suy ra (2) sai.

Mệnh đề (3) đúng.

Đến đây học sinh chọn ngay đáp án A. Mà đáp án A sai.

Phân tích sai lầm: Học sinh nhớ định nghĩa đồng biến (nghịch biến) trên khoảng nhưng lại không biết đến rằng mình không có học định nghĩa trên hai khoảng hợp nhau.

Học sinh ngộ nhận rằng nghịch biến trên



^^{; 3}



^và



^3;^



thì gộp thành



^^{; 3}

 

^3;^



^hoặc ^{\ 3}

 

và dẫn đến nói câu này đúng. Như vậy, học sinh cần phải nhớ rõ rằng, chỉ học định nghĩa đồng biến (nghịch biến ) trên khoảng, đoạn, nửa đoạn; không có trên những khoảng hợp nhau.

Mệnh đề (1) sai (giải thích ở trên). Sửa lại: Hàm số nghịch biến trên



^^{; 3}



^và



^3;^



^.

Mệnh đề (2) sai.

Mệnh đề (3) đúng. Hàm bậc nhất trên bậc nhất không có điểm cực trị.

Mệnh đề (4) đúng vì giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số bậc nhất trên bậc nhất chính là tâm đối xứng của đồ thị hàm số.

Vậy đáp án B.

(11)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Câu 3.

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^P ^:^{x y z}^{   }⁶ ⁰ và mặt cầu

 

^S ^:^x²^^y²^^z² ^¹²^{. Có}

bao nhiêu mặt phẳng

 

^Q song song với

 

^P và tiếp xúc với

 

^S ^.

A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số

Giải:

Gọi ^O



^{0; 0; 0}



^và^R^^{2 3} lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu

 

^S ^.

Vì

   

^Q ^{/ /} ^P ^nên

 

^Q ^:^{x y z D}^{  } ^⁰^(*).

Vì

 

^Q tiếp xúc với

 

^S ^nên^{d O Q}



^;

  

^^R^.

2 2 2 2 3

1 1 1

 D 

  (1)

Đến đây học sinh kết luận ngay là có 2 mặt phẳng.

Ngoài ra nếu làm tiếp thì D  6 D 6(2).

Học sinh cũng kết luận có hai mặt phẳng cần tìm.

Như vậy, nếu học sinh nào chọn C thì sai.

Phân tích sai lầm: Học sinh thấy A B với B0 thì sẽ tồn tại hai giá trị của A thỏa mãn điều đó nên kết luận liền.

Tuy nhiên với (2), học sinh cũng sai. Lỗi sai ở (1) và (2) là học sinh quên đặt điều kiện của D ở (*) nên dẫn đến không loại đáp án. Ở (1) học sinh ngộ ngay sẽ có hai giá trị D thỏa mãn.

Do

   

^Q ^{/ /} ^P ^nên^D^{ }⁶. Vậy đáp án B.

(12)

Câu 4.

Cho hàm số yx⁴2x²2. Cực đại của hàm số bằng

A. 0 B. 1 C. 2 D. 1

Giải:

Ta có y 4x³4x; 0

0 1

y x

x

      

Bảng biến thiên

x  1 0 1 

y    

y

 2 

1 1

Nhìn vào bảng biến thiên, thấy ngay được cực đại của hàm số. Tuy nhiên nếu không hiểu rõ các khái niệm về vấn đề này thì sẽ mắc sai lầm câu này và phân vân giữa đáp án A, C.

Ở đáp án A, đó là điểm cực đại chứ không phải cực đại của hàm số.

Nhắc lại khái niệm: “Nếu hàm số ^y^ ^{f x}

 

đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm x₀ thì x₀ được gọi là điểm cực đại (cực tiểu) của hàm số, f x

 

0 được gọi là giá trị cực đại (cực tiểu) của hàm số còn gọi tắt là cực đại (cực tiểu)”. Nắm vững khái niệm này thì có thể chọn đáp án câu này đúng.

(13)

Tìm tham số m để hàm số 2 cos 3 2 cos y x

x m

 

 nghịch biến trên khoảng 0;

3



 

 

 ?

A. 3 1

2 m m

  

  B. 3

2 m m

  

 

C. m 3 D. m 3

Giải:

Nhận thấy, cả tử và mẫu đều có cos x nên dùng phương pháp đổi biến để làm bài toán dễ dàng hơn.

Đặt tcos ,x với 0;

x  3

 

  thì ¹;1 t 2 

 

 .

Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số 2 3 2 y t

t m

 

 nghịch biến trên ¹;1

2

 

 

 . Điều kiện xác định

2 t m.

Ta có

 

²

2 3

2 y m

t m

 

  

Hàm số nghịch biến trên ¹;1 2

 

 

  khi và chỉ khi

3 3 1

0, 1;1 1

;1 2

2 2 2

m m

y t m

m

  

  

  

       

(14)

Với cách giải trên thì chọn đáp án A. Đáp án A là đáp án sai. Nguyên nhân sai lầm là do đâu?

Phân tích sai lầm: Nếu đặt tcosx thì hàm số ban đầu là hàm hợp của các hàm

 

² ³

2 y f t t

t m

  

 và tcosx. Khi đó y f t_t ._x Yều cầu bài toán tìm m để hàm số ^y^ ^{f x}

 

nghịch biến trên 0;

3



 

 

  nên 0, 0;

y x  3

    

 

. 0, 0;

t x 3

f t  x   

    

 . Mà sau khi đổi biến như vậy thì ta có

0, 0;

x 3

t x  

    

 . Như vậy thì ta phải có 0, ¹;1

t 2

f t  

    

 . Chứ không phải như y 0 như cách giải ở trên. Sai lầm dẫn đến sai là không để ý đến biến mới nó biến thiên như thế nào để ta có bài toán mới. Ngoài ra, nhiều học sinh là quen nhiều dạng toán mà yêu cầu bài toán vẫn giữ nguyên nên dẫn đến ngộ nhận bài toán này như vậy. Đáp án chính xác được nêu ở phần hai.

Câu 6.

Cho hàm số y x . Chọn mệnh đề đúng.

A. Hàm số không có đạo hàm tại x0 và cũng không đạt cực tiểu tại x0.

B. Hàm số không có đạo hàm tại x0 nhưng đạt cực tiểu tại x0.

C. Hàm số có đạo hàm tại x0 nên đạt cực tiểu tại x0. D. Hàm số có đạo hàm tại x0 nhưng không đạt cực tiểu tại x0.

(15)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Giải:

Chắc hẳn có nhiều học sinh chọn đáp án B vì y x  x2 ,

2

1, 0

neu x y x

neu x x

 

    

Học sinh kết luận ngay hàm số không có đạo hàm tại 0

x và cũng kết luận ngay không đạt cực tiểu tại x0. Tại sao lại như vậy?

Phân tích sai lầm: Học sinh đã ngộ nhận ngay định lý

“Nếu hàm số ^y^ ^{f x}

 

đạt cực trị tại x thì ₀ f x

 

0 0” là điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị. Nghĩa là đạo hàm tại điểm đó mà không bằng 0 thì không có cực trị. Nguyên nhân là không nắm vững lý thuyết về cực trị. Đặc biệt là định lý trên chỉ có một chiều, không phải hai chiều. Tức là chiều ngược lại có thể không đúng.

Nhắc lại một chút về điều kiện đủ để điểm x₀ là điểm cực trị của hàm số: “ ^{f x}^

 

đổi dấu qua x₀ thì x₀ gọi là điểm cực trị của hàm số” hoặc nếu nhìn vào đồ thị hàm số thì “đồ thị hàm số đổi chiều qua điểm x₀ thì x₀ gọi là điểm cực trị”. Do đó, hàm số ^y^ ^{f x}

 

có thể không có đạo hàm tại x nhưng vẫn có thể ₀ đạt cực trị tại điểm x₀. Trong quá trình học lý thuyết, chúng ta nên học thật kĩ, hiểu tường tận bản chất của định nghĩa khái niệm đó để tránh khỏi mắc phải những sai lầm không đánh kể.

Như vậy đối với hàm số trên thì rõ ràng y đổi dấu qua 0

x nên x0 là điểm cực trị. Ở câu hỏi này thì x0 chính là điểm cực tiểu của hàm số.

(16)

Câu 7.

Cho số phức z a bi  , a b,  . Mệnh đề nào sau đây là sai?

A. Đối với số phức z, a là phần thực.

B. Điểm ^{M a b}

 

^; trong hệ trục tọa độ Oxy được gọi là điểm biểu diễn số phức z.

C. Đối với số phức z, bi là phần ảo.

D. Đối với số phức z, b là phần ảo.

Giải:

Đối với câu này thì rất nhiều học sinh bối rối trong việc chọn đáp án giữa C, D. Có nhiều học sinh sẽ chọn đáp án D.

Phân tích sai lầm: Bởi vì học sinh không nhớ hoặc nhớ nhầm giữa các phần thực, phần ảo của số phức z. Học sinh hay cho rằng phần ảo chính là bi . Nhắc lại một chút lý thuyết: “Cho số phức z a bi  với a b,  thì a được gọi là phần thực, b được gọi là phần ảo còn i được gọi là đơn vị ảo”.

Như vậy thì phần ảo của số phức z không có chứa i. Vậy mệnh đề C sai.

Phân tích từng mệnh đề:

Mệnh đề A, D đúng (theo phân tích lý thuyết ở trên).

Mệnh đề B đúng. Với mỗi số phức có dạng z a bi  thì

   

^;

M z  a b được gọi là điểm biểu diễn số phức z.

Mệnh đề C sai (theo phân tích lý thuyết trên).

Lưu ý: Với những câu lý thuyết thì cần phải nắm vững lý thuyết.

(17)

Cho số phức z₁ 3 2 ,i z₂  6 5i. Tìm số phức liên hợp của số phức z5z₁6z₂.

A. 51 40i B. 51 40i C. 48 37i D. 48 37i Giải:

Ta có z5z16z2 5 3 2



 i

 

6 6 5 i



51 40 i. Ở đây có lẽ nhiều học sinh chọn ngay đáp án A.

Phân tích sai lầm: Đây là một bài toán dễ, nhưng nhiều học sinh lại mất điểm câu này. Lý do học sinh đọc đề không kĩ và hấp tấp trong việc chọn đáp án. Đề bài yêu cầu là số phức liên hợp của số phức z chứ không phải số phức z.

Câu 9.

Tìm tất các các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

2

1

2 3 4

y x

x mx m

 

   có đúng một đường tiệm cận đứng.

A. 1

4 m m

  

  B. 1

4 m m

  

 

C.   1 m 4 D. ^m^{  }



^{5; 1; 4}



Giải:

Sai lầm thường gặp:

Nhận thấy hàm số có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu nên đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận đứng khi mẫu bằng 0 có đứng một nghiệm hay phương trình x²2mx3m 4 0 có nghiệm kép

2 1

3 4 0

4 m m m

m

  

        

(18)

Như vậy học sinh chọn ngay đáp án A.

Phân tích sai lầm: Học sinh đã xét thiếu trường hợp. Nếu mẫu có hai nghiệm phân biệt và có một nghiệm là của tử thì đồ thị hàm số vẫn có đúng một tiệm cận đứng.

Xét thêm trường hợp x²2mx3m 4 0 có nghiệm 1

x  thì ta có m 5.

Thử lại thì thấy m 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 10.

Đồ thị hàm số

2

1 1 y x

mx

 

 không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi

A. m0 B. m0 C. m0 D. m0 Giải:

Có lẽ nhiều học sinh chọn đáp án C.

Phân tích sai lầm:

 Nguyên nhân thứ nhất: Học sinh quên xét trường hợp m0. Nếu m0 thì đồ thị hàm số y x 1 cũng không có tiệm cận ngang.

 Nguyên nhân thứ hai: Không hiểu rõ mệnh đề và phủ định sai. Vì ban đầu học sinh có thể tìm m để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang trước. Và giải tìm được điều kiện như sau: m0. Phụ định lại, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi

0

m . Như vậy, đã phủ định sai mệnh đề.

Những sai lầm của học sinh đa số rơi vào xét thiếu trường hợp. Mặt khác, cũng có nhiều học sinh cũng hay làm theo kiểu phụ định mệnh đề và làm thông qua một bài toán mới.

Nhưng khi phủ định lại mệnh đề thì lại bị sai.

(19)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Nhắc lại kiến thức về mệnh đề phủ định, hai mệnh đề tương đương:

“Cho mệnh đề P. Mệnh đề không phải P được gọi là mệnh đề phủ định của P và kí hiệu P . Mệnh đề P và mệnh đề phủ định P là hai câu khẳng định trái ngược nhau. Nếu P đúng thì P sai, nếu P sai thì P đúng.

Cho hai mệnh đề P và Q. Mệnh đề có dạng “P nếu và chỉ nếu Q” được gọi là mệnh đề tương đương và kí hiệu PQ.

Nếu PQ thì PQ và ngược lại.

Ví dụ: cho hàm sốyax³bx² cx d với a0. Ta có y 3ax²2bx c có    b² 3ac.

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi   0. Ngược lại hàm số không có cực trị khi và chỉ khi   0.”

Phân tích đáp án:

Ta có

2

1 1

lim lim lim

1 1

x x x

x x

y mx x m m

x

  

 

  

 

2

1 1

lim lim lim

1 1

x x x

x x

y mx x m m

x

  

  

  

  

Như vậy, đồ thị hàm số có tiệm cận ngang khi và chỉ khi 0

m . Phủ định lại, đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang khi và chỉ khi m0.

Vậy chọn đáp án A.

(20)

Câu 11.

Tìm tất cả giá trị của tham số m để đồ thị hàm số

 

2

2 2

2 4

2 2 4

x mx m

y x m x m

  

     có đúng một đường tiệm cận và đó là tiệm cận ngang.

A. m2 B. m2 C. 1 2 m m

  

 D. 1

2 m m

  

 Giải:

Với dạng toán này, học sinh nhận thấy đồ thị hàm số luôn có một đường tiệm cận ngang. Và nói rằng để đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận ngang thì ^x² ^²



^m^²



^{x m}^ ²^{ }⁴ ⁰

vô nghiệm hay ^{ }^



^m^²



²^



^m²^⁴



^{ }⁰ ^m^². Học sinh sẽ chọn đáp án A.

Phân tích sai lầm: Học sinh đã xét thiếu trường hợp. Nếu

2 2 4 0

x  mx m   có hai nghiệm x x₁, ₂ và

 

2 2

2 2 4 0

x  m x m   cũng có hai nghiệm x x₁, ₂ thì giá trị của m tìm được trong trường hợp này vẫn xảy ta. Hay nói cách khác ¹¹^²



^^m²^m^²



^^m^m²^^⁴⁴. Với hệ này ta giải được

1

m . Khi đó với m1 ta có đồ thị hàm số

2 2

2 3

x x

y x x

 

   có tiệm cận ngang là y1. Do đó thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nguyên nhân dẫn đến sai lầm cũng có thể là không hiểu rõ bản chất của vấn đề.

(21)

Tìm tất cả giá trị của tham số m để hàm số



²



³ ²

1 2 3

y 3 m  m x mx  x đồng biến trên . A. m0 B. 1 m 3 C. 0

3 m m

  

 D. 0

3 m m

  

 Giải:

Tập xác định D .

Ta có ^y^{ }



^m²^²^{m x}



² ^²^mx^³^.

Hàm số đồng biến trên

 

2 2 2

2 2

3 2 0 2 6 0 0

2 0 3

2 0

m m m m m m

m m m

m m

        

 

        Đến đây, học sinh sẽ chọn đáp án C.

Phân tích sai lầm: Học sinh quên xét trường hợp

2 2 0

m  m . Đối với bài toán tìm m để hàm số đơn điệu của hàm bậc ba, hay trùng phương. Nếu hệ số bậc cao nhất có chứ tham số thì phải xét trường hợp hệ số đó bằng 0 trước xem có thỏa mãn yêu cầu bài toán hay không? Lỗi sai này rất hay gặp, học sinh hay quên. Như vậy, để làm đúng dạng toán này. Trường hợp đầu tiên, ta thấy hệ số bậc cao nhất chứa tham số thì xét trường hợp đó đầu tiên.

Lời giải đúng:

Tập xác định D .

Ta có ^y^{ }



^m²^²^{m x}



² ^²^mx^³^.

TH1: Nếu ² 0

2 0

2 m m m

m

      .

(22)

Xét m0 thì y  3 0 (nhận, hàm số đồng biến trên ) Xét m2 thì y 4x3 (loại, vì 3

0 4

y    x , không phải đúng với mọi x ).

Xét m²2m0.

Hàm số đồng biến trên

 

2 2 2

2 2

3 2 0 2 6 0 0

2 0 3

2 0

m m m m m m

m m m

m m

        

 

        Kết hợp 2 trường hợp được đáp án D.

Câu 13.

Cho hàm số 2 1 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C . Gọi giao điểm của đồ thị hàm số

 

^C với đường thẳng d y:   x m là A, B. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để OAB là một tam giác thỏa mãn 1 1

OA OB 1.

A. 0

2 m m

  

 B. m2 C. 0 3 m m

  

 D. m3 Phân tích lời giải: Đối với dạng toán này, chắc hẳn nhiều học sinh nghĩ đến tương giao của hai đồ thị hàm số. Như vậy, công việc đầu tiên là phương trình hoành độ giao điểm, sau đó thu gọn sẽ được một phương trình ẩn x tham số m. Với bài trên thì đó chính là phương trình bậc hai ẩn x tham số m.

Chắc hẳn, nhiều bạn nghĩ đến dùng vi-et, nếu không dùng được thì sẽ không làm được bài này và bỏ cuộc. Bài toán này có mẹo giải là phải kết hợp với phương trình bậc hai để thu

(23)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT gọn biểu thức. Từ đó tìm được tham số m (kết hợp với giá thiết).

Giải:

Sai lầm thường gặp:

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^C ^{và d}

 

2 1

1

x x m x

x

    

 ^^x²^^{mx m}^{  }² ^0,



^x^¹



^.(1)

Để

 

^C cắt d tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi

 

¹

có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ khác 1.

 

2

4 2 0 2

4 8 0

1 2 0

m m

m m m

m m

   

      

   



GọiA x



1; x1 m B x

 

, 2, x2 m



.

 

²

2 2 2

1 1 2 1 2 1

OA x   x m  x  mx m Do x₁ là nghiệm của (1) nên

2 2

1 1 2 0 2 1 2 1 4 2

x mx    m x  mx   m (đây chính là mẹo mà đã nói ở trên) Khi đó OA m²2m4.

 

²

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 4

OB x   x m  x  mx m  m  m Khi đó, theo giả thiết có

2 2

2 0

1 2 0

2 4 2

m m m m m m

      

  

Đến đây học sinh so sánh với điều kiện thì sẽ chọn đáp án A. Đây là đáp án sai. Tại sao học sinh lại sai câu này.

(24)

Phân tích sai lầm: Học sinh đọc đề bài không kĩ và khi làm ra giá trị của tham số m thì kết luận liền. Với câu này, đánh vào khả năng đọc đề và nhận thức của học sinh. Đề bài yêu cầu “OAB là tam giác”. Như vậy điểm O không thuộc và đường thẳng d hay m0. Suy ra loại đáp án m0. Và chọn B. Sai lầm của học sinh là đọc đề học kĩ, đọc lượt và giải ra kết quả rồi quên thử lại.

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^C ^{và d}

 

2 , 1

1

x x m x

x

    

 ^^x²^^{mx m}^{  }² ^0,



^x^¹



^.(1)

Để

 

^C cắt d tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi

 

¹

có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂ khác 1.

 

2

4 2 0 2

4 8 0

1 2 0

m m

m m m

m m

   

      

   

 .

Mặt khác OAB là tam giác nên O d hay m0. GọiA x



1; x1 m B x

 

, 2, x2 m



.

 

²

2 2 2

1 1 2 1 2 1

OA x   x m  x  mx m Do x là nghiệm của (1) nên ₁

2 2

1 1 2 0 2 1 2 1 4 2

x mx    m x  mx   m Khi đó OA m²2m4.

 

²

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 4

OB x   x m  x  mx m  m  m Theo giả thiết có

2 2

2 0

1 2 0

2 4 2

m m m m m m

      

  

(25)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Kết hợp điều kiện được m2.

Vậy chọn đáp án B.

Câu 14.

Số nghiệm của phương trình của phương trình sau



²

  

²

 

²

2 2 2

log 1 log 1 1log 2

x   x 2 x .

A. 2 B. 0 C. 1 D. 3

Giải:

Sai lầm thường gặp:

Điều kiện

 

2 2

2

1 0 2 0 1

1 2

1 0

x x x

x x

  

   

   

   

  



Phương trình đã cho tương đương với

     

      

2 2

2 2 2

2 2

2

log 1 log 1 log 2

log 1 log 1 2

1 1 2 1 1 2

2 1 0 1 2

x x x

x x x x x x

x x x

    

    

         

      

Kết hợp điều kiện ta được x 1 2. Chọn đáp án C.

Phân tích sai lầm: Học sinh đã áp dụng công thức log_ab^k klog_ab một cách tự nhiên mà không để ý đến điều kiện của b, k. Nguyên nhân sai lầm: Học sinh ngộ nhận công thức. Trong sách giáo khoa phát biểu: “Cho 0 a 1, b0. Khi đó log_ab^k klog_ab k,  ”. Chính vì nguyên nhân này mà học sinh áp dụng công thức mà không để ý đến điều kiện.

(26)

Điều kiện

 

2 2

2

1 0 2 0 1

1 2

1 0

x x x

x x

  

   

   

   

  



Phương trình đã cho tương đương với

   

2 2

2 2 2

2 2

log 1 log 1 log 2

log 1 log 1 2

x x x

    

    

 

²

 

2 1 1 2 1 1 2

x x x x x x

          (1)

 Xét x   2 0 x 2.

Khi đó

 

¹ ^{  }^x ¹



^x^¹



^x^²



^^x² ^²^x^{ }^{1 0}

 

1 2 1 2 2

x x x

       .

 Xét 1

1 2

x x

  

  

 .

Khi đó

 

¹ ^{  }^x ¹



^x^^{1 2}



^^x



^^x² ^{   }³ ^x ³^.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm.

Câu 15.

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 2 3i 7.

A. Đường thẳng B. Elip C. Đường tròn D. Hình tròn

Giải:

Đây là một câu dễ, tuy nhiên lại làm cho học sinh lúng túng trong việc chọn đáp án. Nguyên nhân chính là không

(27)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT nắm vững kiến thức, định nghĩa về đường tròn, hình tròn.

Để phân biệt hai định nghĩa này, sau đây nhắc lại một chút về định nghĩa đường tròn, hình tròn. Nhắc lại các khái niệm này:

“Đường tròn: Đường tròn tâm I bán kính là R0 là hình gồm những điểm cách đều điểm I một khoảng bằng R. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường tròn tâm ^{I a b}

 

^; bán kính R có phương trình là



^{x a}^

 

²^{ }^{y b}



² ^^R²^.

Hình tròn: Hình tròn là tập hợp những điểm nằm trong và nằm trên đường tròn hay là tập hợp những điểm cách tâm một khoảng nhỏ hơn hoặc bằng bán kính. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hình tròn tâm ^{I a b}

 

^; bán kính R có phương trình là



^{x a}^

 

² ^{ }^{y b}



² ^^R²^.”

Giả sử z x yi x y  ; ,  . Khi đó,

    

²



²

2 3 7 2 3 49

x  y i   x  y  . Như vậy, với lý thuyết này ta sẽ chọn đáp án C.

Lưu ý: Cần phân biệt rõ đường tròn và hình tròn để tránh sai sót và mất điểm không đáng những câu như thế này.

Câu 16.

Để tìm cực trị của hàm số y4x⁵5x³, một học sinh lập luận ba bước sau:

Bước 1: Hàm số có tập xác định là D . Ta có

(28)

 

²⁰ ³



^{1 ,}

  

⁰ ³



¹



⁰ ⁰

1

f x x x f x x x x

x

           

Bước 2: Đạo hàm cấp 2 ^f^

 

^x ^²⁰^x²



⁴^x^^{3 .}



Suy ra ^f^

 

⁰ ^^0, ^f^

 

¹ ^²⁰^⁰^.

Bước 3: Từ các kết quả trên ta kết luận:

 Hàm số không có cực trị tại điểm x0.

 Hàm số đạt cực tiểu tại x1

Vậy hàm số có một điểm cực tiểu và đạt tại x1. Hỏi lập luận trên đúng hay sai? Nếu sai thì sai ở bước nào?

A. Lời giải đúng B. Sai ở bước 1 C. Sai ở bước 2 D. Sai ở bước 3

Giải:

Bài này cũng có nhiều học sinh làm sai. Đặc biệt đó cũng là cách làm của một số học sinh và cho rằng bài toán này hoàn toàn đúng và chọn đáp án A.

Phân tích sai lầm: Sai lầm về mặt luận cứ: Do áp dụng sai định lý. Tức là học sinh đã ngộ nhận định lý sau có hai chiều:

“Giả sử tồn tại khoảng

 

^{a b}^; chứa điểm x₀ sao cho

 

^{a b}^; ^chứa

trong tập xác định của hàm số ^y^ ^{f x}

 

^{. Hàm số}^y^ ^{f x}

 

^{có đạo}

hàm cấp một trên

 

^{a b}^; và có đạo hàm cấp hai tại x₀. Khi đó - Nếu f x

 

0 0 và f

 

x0 0 thì x là điểm cực tiểu của ₀ hàm số ^{f x}

 

^.

(29)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT - Nếu f x

 

0 0 và f

 

x0 0 thì x₀ là điểm cực đại của hàm số ^{f x}

 

^”.

Như vậy, với định lý này chỉ đúng khi f

 

x0 0. Còn

 

0 0

f x  thì không thể kết luận được x có phải là điểm cực ₀ trị hay không mà phải lập bảng biến thiên.

Câu 17. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Đề minh họa THPT Quốc gia – lần 1

 

xác định, liên tục trên và có bảng biến thiên:

x  0 1 

y + || - 0 +

y

0 

 1

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hàm số có đúng một điểm cực trị.

B. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1.

C. Hàm số có giá trị lớn nhất bằng 0 và nhỏ nhất bằng 1 D. Hàm số đạt cực đại tại x0 và đạt cực tiểu tại x1.

Giải:

Với câu này, chắc không hẳn nhiều học sinh sẽ chọn đáp án A. Học sinh sẽ loại dần đáp án B, C, D và cuối cùng chọn đáp án A.

(30)

Phân tích sai lầm: Học sinh nhìn vào bảng biến thiên, thấy tại x0, y không xác định. Mặc định cho rằng hàm số sẽ không đạt cực trị tại điểm đó. Tại điểm x1, ^y^

 

¹ ^⁰^nên

hàm số đạt cực trị tại x1. Từ đó loại đi đáp án D. Chọn ngay đáp án A. Đề không nhầm lẫn, cần nhớ nhanh như sau:

“^y^ ^{f x}

 

đạt cực trị tại x₀ ^ ^{f x}^

 

đổi dấu tại x₀” Phân tích từng câu:

A sai vì hàm số có hai điểm cực trị.

B sai vì hàm số có giá trị cực tiểu bằng 1 khi x1. C sai vì hàm số không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên .

Câu 18.

Tìm tham số m để hàm số cot 1 cot 1 y x

m x

 

 đồng biến trên khoảng ;

4 2

 

 

 

 ?

A. m1 B. 0

0 1

m m

   

 C. m1 D. m0 Giải:

Sai lầm đầu tiên ở câu 5. Bây giờ, giả sử học sinh biết đổi biến đúng.

Sai lầm thường gặp Đặt ^t^^{cot ,}^{x t}^

 

^0;1 ^.

(31)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số 1

1 y t

mt

 

 nghịch biến trên

 

^{0; 1} ^.

Ta có

 

²

1 1 y m

mt

  



Hàm số nghịch biến trên

 

^{0; 1} khi và chỉ khi

   

1 0 1

0 1

0, 0;1 1 0

0;1 0

0 1

m m

y t m m

m m m

       

           

. Chọn đáp án B.

Phân tích sai lầm: Xét thiếu trường hợp m0. Khi đặt điều kiện cho mẫu, nghĩa là mt 1 0 mà học sinh tương đương với 1

t m mà chưa biết m đã khác 0 hay chưa?

Cách giải đúng (Ở phía sau).

Câu 19. Đề minh họa THPT Quốc gia – Lần 2 Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

xác định và

liên tục trên đoạn  2; 2 và có đồ thị là đường cong như hình vẽ. Hàm số đạt cực đại tại điểm nào dưới đây?

A. x 2 B. x 1 C. x1 D. x2

(32)

Phân tích sai lầm: Học sinh nhìn vào đồ thị thấy hàm số đạt cực đại tại đỉnh của đồ thị hàm số. Nhưng lại chiếu qua trục tung và nói hàm số đạt cực đại tại x2, trong khi đó, ta phải chiếu xuống trục hoành được x 1. Những câu cho điểm trong đề thi THPT Quốc gia, học sinh cần phải thận trong, đừng hấp tấp như câu này dẫn đến mất điểm.

Câu 20. Đề minh họa THPT Quốc gia – Lần 2 Tìm tất cả các tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

2 2

2 1 3

5 6

x x x

y x x

   

  

A. x 3 và x 2 B. x 3 C. x3 và x2 D. x3

Giải:

Sai lầm thường gặp:

Tập xác định ^D^ ^{\ 2; 3}

 

^.

Học sinh kết luận ngay, đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng là x2 và x3. Chọn đáp án C.

Phân tích sai lầm: Học sinh ngộ nhận các nghiệm của mẫu bằng 0 đều là các tiệm cận đứng mà không hiểu đến định nghĩa của tiệm cận đứng. Hay học sinh ám ảnh cái câu:

“Muốn tìm tiệm cận đứng, ta giải phương trình mẫu bằng 0 và ngộ nhận luôn như vậy mà không kiểm tra lại”. Nhắc lại định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

^:

“Đường thẳng xa được gọi là đường tiệm cận đứng (tiệm cận đứng) của đồ thị hàm số ^y^ ^{f x}

 

nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

(33)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT (1) lim

x a_y

   (2) lim

x a_y

  

(3) lim

x a_y

   (4) lim

x a_y

   ”

Như vậy, khi giải phương trình mẫu bằng 0, ta cần kiểm tra lại xem nó có đúng là tiệm cận đứng hay không bằng định nghĩa đã nói trên.

Câu 21.

 

có bảng biến thiên như sau:

X  1 0 1 

y + 0  + 0 

Y

2

 1

3

1 2

Hàm số có bao điểm cực trị?

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Giải:

Với câu này, nhiều học sinh chọn các đáp án A, B, C.

Phân tích sai lầm:

Sai lầm thứ nhất, học sinh chọn đáp án A vì nghĩ hàm số đạt cực đại tại hai điểm x 1 nên xem nó là một cực trị và chọn đáp án A.

Sai lầm thứ hai, học sinh chọn đáp án C vì thấy yđổi dấu qua x0 thì hàm số đạt cực trị tại x0 và có thêm 2 cực trị khác là x 1. Nhắc lại định nghĩa điểm cực trị:

(34)

“Cho hàm số ^y^ ^{f x}

 

xác định và liên tục trên khoảng và điểm x₀ .

Nếu tồn tại số h0 sao cho f x

   

 f x0 với mọi



0 ; 0



x x h x h và xx₀ thì hàm số đạt cực đại tại điểm x₀. Nếu tồn tại số h0 sao cho f x

   

 f x0 với mọi



0 ; 0



x x h x h và xx₀ thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x₀.”

Như vậy, với định nghĩa trên thì hàm số ^y^ ^{f x}

 

^phải

xác định và liên tục tại điểm x₀. Khi nhìn vào bảng biến thiên thì thấy x0 là điểm làm cho hàm số không xác định và cũng không liên tục. Vậy x0 không phải là điểm cực trị của hàm số ^y^ ^{f x}

 

^.

Hàm số chỉ có hai điểm cực trị là x 1. Chọn B.

Câu 22.

Cho hàm số ₂ 1 1 y x

x

 

 . Đồ thị hàm số có tổng cộng bao nhiên tiệm cận đứng và tiệm cận ngang?

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Giải:

Học sinh 1.

Ta có x²    1 0 x 1.

Với x 1 thì ^y^ ^x^x²^^¹¹ ^



^x^¹^x



^^x¹^¹



^ ^x^^1.¹



^x^¹



^.

Kết luận đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng x 1.

(35)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Do bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y0. Vậy đồ thị có tổng cộng ba tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. Chọn C.

Học sinh 2

Điều kiện xác định x1. Khi đó,



¹^x



¹ ¹



¹¹



¹



y x x x x

  

    .

Hàm số suy biến tại x1 nên không có tiệm cận đứng 1

x . Do x 1 không thuộc tập xác định nên x 1 không phải là tiệm cận đứng.

Bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu nên có tiệm cận ngang là y0. Chọn A.

Phân tích sai lầm:

Với cách giải của học sinh 1, sai lầm ở chỗ, học sinh 1 quên đặt điều kiện xác định để hàm số có nghĩa. Chính vì vậy, học sinh đã không trả lời được đường thẳng x 1 có phải là tiệm cận đứng hay không? Như vậy, nếu đặt điều kiện xác định cho hàm số thì sẽ kiểm tra được rằng giới hạn (từ định nghĩa tiệm cận đứng) có tồn tại hay không?

Với cách giải của học sinh thứ 2, học sinh dùng máy tính để tính giới hạn của hàm số khi x tiến về 1. Khi bấm máy tính, chẳng hạn nhập x1, 0000001 (ở đây không nhập

0,99999

x điều kiện xác định của hàm số là x1 nên chỉ tồn tại x1^) thì thấy giá trị của y chỉ là một con số không đủ lớn để học sinh có thể kết luận rằng y . Do đó học sinh loại đi đường thẳng x1 không phải là tiệm cận đứng.

(36)

Dẫn đến chọn đáp án A. Chắc hẳn cũng có học sinh bấm 0,99999

x để kiểm tra.

Lời giải đúng

Tập xác định ^D^



^1;^



^.

 

1 2

1 1

lim lim lim

1 1 1

x x x

y x

x x x

   

 

    

   .

Suy ra x1 là tiệm cận đứng.

2

lim lim 1 0

1

x x

y x

  x

  

 . Suy ra y0 là tiệm cận ngang.

Câu 23. Đề thi thử THPT Quốc gia 2017 – Toán Học và Tuổi trẻ - Lần 8

Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m sao cho hàm số

2 2

1

x x m

y x

  

 đạt cực đại tại điểm x1 là:

A.  B.

 

^ ^C.

 

² ^D.

 

^²

Giải:

Tập xác định ^D^ ^{\ 1}

 

^ ^.

Ta có

2

1 y x m

 x

 ,

 

2

1 2

1 y m

x

  

 . Hàm số đạt cực đại tại x1

 

¹ ⁰ ¹ ² ⁰ ²

4

y m m

        .

Đến đây, nhiều học sinh chọn ngay đáp án D.

(37)

DVBO – HAK ĐOÀN VĂN BỘ - HUỲNH ANH KIỆT Phân tích sai lầm: Sai về mặt lập lập luận: “Hàm số đạt cực trị tại xx₀ thì f x

 

0 ”. Ở đây, chỉ có chiều suy ra không có chiều ngược lại. Do đó ở bước lí luận phải dùng dấu suy ra. Sau khi giải xong thì thử lại xem có thỏa mãn hay không?

Sửa lại: Hàm số đạt cực đại tại x1

 

¹ ⁰ ¹ ² ⁰ ²

4

y m m

        . Bây giờ, thử lại Với m 2, ta có

 

²

1 4

1 y

x

  

 . Dùng máy tính casio kiểm tra xem x1 có phải là điểm cực đại.

Nhập

 

² ₁

1 4

1 x

d

dx x



 

  

  

 

. Nếu lớn hơn 0 thì loại, nhỏ hơn không thì nhận.

Với m 2 thì loại. Học sinh lại chọn đáp án C.

Phân tích sai lầm: Học sinh thường hay nghĩ rằng, bài toán tìm tham số m luôn luôn tồn tại giá trị m, khi có hai giá trị như trên. Nếu cái này không tồn tại thì giá trị còn lại tồn tại. Cứ như thế, không chịu kiểm tra hết lại các giá trị.

Với m2,

 

²

1 4

1 y

x

  

 , giống với trường hợp m 2 Như vậy, với m2 cũng không thỏa mãn.

Đến đây thì học sinh lại phân vân không biết chọn đáp án nào? A hay B? Học sinh thấy các đáp án C, D đều có ngoặc nhọn nên nghĩ đáp án đúng là

 

^ . Vậy chọn B.

(38)

Phân tích sai lầm: Học sinh không phân biệt được rõ tập hợp. Ở đây, tập hợp các giá trị của m là tập rỗn